St. Petersburg shahar olimpiadasi 2022, 10-sinf, 3-masala:
▻ $ABC$ uchburchakda $AH$ balandlik o`tkazilgan. Aytaylik, $A_1$ nuqta $A$ ning tashqi aylanadagi diametral qarama-qarshi nuqtasi bo'lsin. U holda $\angle BIH = \angle CIA_1$ ni isbotlang, bu yerda $I-$uchburchakning ichki aylana markazi.
Ajoyib masala! Bir nechta chiroyli yechimlarga ega. Quyida biz masalani 3 xil yondashuvdan qarab ko'ramiz.
-------------------------------------------------------------------
1-yechim. (Proyektiv yondashuv) Proyektiv yondashuv nafaqat masalani yechimini beradi, balkim, uni umumlashtiradi va aslida masala qayerda kelib chiqqani, muallif ushbu natijani qanday keltirib chiqargani haqida ham so'ylaydi (nisbatan haqiqatga yaqinroq)...
 |
| 1-chizma |
Bilamiz-ki, $BI-$ $\angle ABC$ burchakning ichki bissektrisasi, $BI_a$ esa uning tashqi bissektrisasi, bu yerda $I_a$ nuqta $\triangle ABC$ ning tashqi-iczhki aylanasi markazi (1-chizma ga qarang). Agar $II_a\cap BC = N(.)$ desak, u holda $\{A,I,N,I_a\}$ nuqtalar harmonik bundle hosil qiladi. Va, $\angle AHN=90^{\circ}$ dan $\triangle IHI_a$ uchburchakda $HN$ va $HA$ lar mos ravishda ichki va tashqi bissektrisalar bo'lib qoladi.
Buyog'iga, asosiy g'oya $BICI_a$ to'rtburchakda $H$ va $A_1$ nuqtalarning o'zaro izogonal ekanligini ko'rsatishdir. Bizda allaqachon $\angle IBH=\angle I_aBA_1$ va $\angle ICH = \angle I_aCA_1$ lar bor.
Masalani ikki xil davom ettirishimiz mumkin. $ABI_aC$ to'rtburchakda biroz trigonometrik (lekin, biz bundan qochishga harakat qilamiz) hisob kitoblarni amalga oshirgan holda $\angle BI_aH = \angle CI_aA_1$ ni ko'rsatsa bo'ladi. Yoki, alternativ ravishda $H$ ning $IBI_aC$ to'rtburchakda izogonal qo'shmasi mavjudligini ko'rsatish yetarlidir. Chunki, izogonal qo'shmaning yagona ekanliginidan uning aynan $A_1$ nuqta bo'lishi aniq bo'lib qoladi. Endi, keyingi savol: to'rtburchakdagi qanday nuqtalar uchun ularning isogonal qo'shmalari mavjud deya olamiz? Quyidagi lemma, bunga javob beradi:
Lemma. $XYZT$ to'rtburchakka nisbatan tekislikda olingan $P$ nuqtaning izogonal qo'shmasi mavjud bo'ladi, agar va faqat agar, $P$ nuqtaning to'rtburchak tomonlaridagi proyeksiyalari bitta aylanada yotadigan bo'lsa.
Bizdagi $H$ nuqta uchun, undan $IBI_aC$ to'rtburchak tomonlariga tushirilgan perpendikulyarlar asoslari bitta aylanada yotish sharti bajariladi. Chunki, $BI$ va $CI_a$ tomonlar $H$ nuqtadan o'haro qo'shma burchaklarda ko'rinadi, ya'ni $\angle BHI + \angle CHI_a = 180^{\circ}$.
Ushbu yechim bilan biz, nafaqat $\angle BIH = \angle CIA_1$, balkim bundanda ko'prog'i (aslida symmetrik ravishda kelishi ham kerak edi) $\angle BI_aH = \angle CI_aA_1$ ni ham topamiz.
------------------------------------------------------
2-yechim. (Sintetik (sof geometrik) yondashuv) Ko'rish giyin emas-ki, $\triangle ABH$ va $\triangle AA_1C$ lar $A$ markazga ko'ra spiral o'xshash bo'ladi. Bundan, $A$ markaz bo'yicha $\triangle ABH$ ni va unga mos qilib $I$ nuqtani ham soat yo'nalishiga teskari ravishda bursak (rotation) \[ \triangle ABH \mapsto \triangle AA_1C \quad \text{va} \quad I\mapsto I' \] bo'ladi (2-chizma ga qarang). Qo'shimchasiga, $I'$ nuqta $\angle AA_1C$ ning bissektrisasida yotib, $\angle A_1I'C=\angle BIH$ bajariladi.
 |
| 2-chizma |
Biz $A_1II'C$ ning cyclic ekanligini isbotlashimiz yetarli; bundan, $\angle A_1IC=\angle A_1I'C = \angle BIH$ kelib chiqadi.
Aytaylik, $B'$ nuqta $(ABC)$ aylananing $B$ nuqtani o'z ichiga olmagan $AC$ yoyining o'rtasi bo'lsin. U holda $B,I,B'$ va $A_1,I',B'$ nuqtalar collinear bo'ladi. Shuningdek, $\angle IB'I'=\angle BB'A_1 = 90^{\circ} - \angle C$, bu ham bo'lsa, bizdagi spiral o'xshashlikning burilish burchagiga teng, ya'ni $\angle IAI' = 90^{\circ}-\angle C$. Demak, $A,I,I', B'$ nuqtalar concyclic ekan. Endi, ko'rish qiyin emaski, \[ \angle II'A_1 = \angle IAB' = 90^{\circ} - \frac{\angle C}{2} = \angle ICA_1 \] va $A_1II'C$ to'rtburchak cyclic bo'ladi. Isbot tugadi.
------------------------------------------------------
3-yechim. (Analitik yondashuv) Trigonometriyadan foydalanamiz. Bir tomondan, $\triangle BIC$ dan \[ \frac{\sin \angle BIH}{\sin \angle CIH} = \frac{BH}{CH}\cdot \frac{\sin \frac{\angle B}{2}}{\sin \frac{ \angle C}{2}} \quad \quad (1) \] keladi.
Boshqa tomondan esa $\triangle BIC$ da Cheva teoremasining trigonometrik ko'rinishidan \[ \frac{\sin \angle CIA_1}{\sin \angle BIA_1} = \frac{\sin \angle ICA_1}{\sin \angle BCA_1}\cdot \frac{\sin \angle CBA_1}{\sin \angle IBA_1} \] keladi. Ma'lum-ki, $\angle ICA_1=90^{\circ}-\frac{\angle C}{2}$, $\angle IBA_1=90^{\circ}-\frac{\angle B}{2}$ va $\angle BCA_1 = 90^{\circ} - \angle C$, $\angle CBA_1 = 90^{\circ} - \angle B$. Bulardan, yuqoridagi tenglikni quyidagi ko'rinishga keltirish mumkin: \[ \frac{\sin \angle CIA_1}{\sin \angle BIA_1} = \frac{\cos \frac{\angle C}{2}}{\cos \angle C}\cdot \frac{\cos \angle B}{\cos \frac{\angle B}{2}} = \frac{\tan \angle C}{\tan \angle B}\cdot \frac{\sin \frac{\angle B}{2}}{\sin \frac{\angle C}{2}} = \frac{BH}{CH} \cdot \frac{\sin \frac{\angle B}{2}}{\sin \frac{\angle C}{2}}. \quad \quad (2) \]
$(1)$ va $(2)$ dan ko'rishimiz mumkin-ki, $\displaystyle \frac{\sin \angle BIH}{\sin \angle CIH} = \frac{\sin \angle CIA_1}{\sin \angle BIA_1} $ tenglik bajariladi; bu esa biz keltirishni xohlagan tengliklar, $\angle BIH = \angle CIA_1$ va $\angle CIH = \angle BIA_1$ ni beradi.